1、江西省赣州市石城县石城中学2020届高三理综下学期第一次月考试题 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。全卷共300分。考试用时150分钟。可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 N:14 P:31 S:32 Cl:35.5 Sn:119第一部分 选择题 （共126分）一、选择题（本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求）1.关于细胞膜的组成、结构、功能之间的关系,逻辑顺序正确的是( )细胞膜主要由磷脂和蛋白质分子组成； 细胞膜具有流动性；细胞膜具有选择透过性； 组成细胞膜的磷脂分子和大多数蛋白质分子都是可以运动的； 主动运输得
2、以正常进行A.B.C.D.2.下列有关细胞内物质含量比值的关系,正确的是( )A.细胞内结合水/自由水的比值,种子萌发时比休眠时高B.人体细胞内O2/CO2的比值,线粒体内比细胞质基质高C.神经纤维膜内K+/Na+的比值,动作电位时比静息电位时高D.适宜条件下光合作用过程中C5/C3的比值,停止供应CO2后比停止前的高3.基因型为AaBb(两对基因自由组合)的某种动物,可以产生如图中各种基因型的子细胞。下列说法错误的是( )A.在该动物的睾丸中能同时发生和过程B.过程结果产生的原因一定是减数第一次分裂同源染色体未分离C.过程产生的变异都属于可遗传变异D.与过程相比,过程特有的现象是产生了新基因
3、4.东美鸣角鸮(一种猫头鹰)在繁殖期喜欢将一种盲蛇(体型似蚯蚓)带回巢内,这种盲蛇不但不会伤害雏鸟,还会吃掉巢里的蚂蚁、苍蝇等昆虫及其幼虫和蛹。以下说法错误的是( )A.东美鸣角鸮与盲蛇相互选择、协同进化B.在繁殖期,东美鸣角鸮与盲蛇为共生关系C.在盲蛇照看下,东美鸣角鸮雏鸟存活率更高D.捕不到盲蛇,东美鸣角鸮会捕某种蟒蛇作为替代5.下列关于癌症防治的叙述,不正确的是( )A.促进癌细胞“自杀”的同时并不影响机体健康B.开发靶向药物C.某些化疗药物能够通过损伤癌细胞的DNA间接诱导细胞凋亡D.有的药物能够通过诱导癌细胞分裂方式的改变来帮助有效抵御癌症6.生长素促进生长的作用,在于它促进细胞的纵
4、向伸长,其生理过程包括促进细胞壁伸长和细胞内RNA和蛋白质的合成。相关实验指出, 用生长素处理豌豆上胚轴,三天后,顶端1cm处的蛋白质含量比对照组增多2.5倍,RNA含量增多4倍。下列分析不正确的是( )A.细胞壁伸长后,可以增强细胞渗透吸水的能力,随着液泡的增大,细胞体积也会增大B.上述实验说明生长素可通过调节基因的表达,从而调节代谢过程C.生长素使RNA和蛋白质增多的同时,细胞核内DNA的含量也随之增加D.用浓度不同的生长素处理豌豆上胚轴,实验结果可能相同7.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释不正确的是( )选项现象或事实解释A工厂常用的静电除尘胶体带电B氧化铝可用作耐火材料
5、氧化铝熔点高C液氨可用作制冷剂液氨汽化时要吸收大量的热D“84”消毒液可用于环境消毒主要成分是NaClO，具有强氧化性A. A B. B C. C D. D8、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 0.1mol/L NaHSO4溶液中，阳离子数目之和为0.2NAB. 标准状况下0.2mol Cl2溶于水中，转移的电子数为0.2NAC. 常温常压下1.5g NO与1.6g O2充分反应后混合物中原子总数为0.2NAD. 标准状况下，4.48L HF含有的分子总数为0.2NA9、四氢大麻酚(简称THC)，是大麻中的主要精神活性物质，其结构如图。下列有关THC的说法不正确的是A. THC
6、难溶于水B. 1mol THC最多可与含3mol溴单质的溴水发生反应C. THC遇FeCl3溶液能发生显色反应D. THC能与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液及碳酸氢钠溶液发生化学反应10、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是A. 原子半径：r(Y)r(Z)r(W)B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C. 含W元
7、素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构11、下图是利用甲醇燃料电池进行电化学研究的装置图，下列说法正确的是A. 甲池是化学能转化为电能的装置，总反应式为：2CH3OH+3O2 2CO2+4H2OB. 乙池中的Ag不断溶解C. 反应一段时间后要使乙池恢复原状，可加入一定量Cu(OH)2固体D. 当甲池中280 mL(标准状况下)O2参加反应时，乙池中理论上可析出1.6g 固体12、已知2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO3，某同学设计利用如下装置分别检验产物中的气体。下列有关表述错误的是A用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内
8、通一段时间N2B用装置乙可检验分解产生的SO2，现象是石蕊试液先变红后褪色C按照甲丙乙丁的连接顺序，可用装置丙检验分解产生的SO3D将装置丁中的试剂换为NaOH溶液能更好的避免污染环境13、已知常温下Ka(CH3COOH)Ka(HClO)、Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)。下列分析不正确的是A. 将10ml 0.1mol/L Na2CO3溶液逐滴滴加到10ml 0.1mol/L盐酸中：c(Na+)c(Cl)c(CO)c(HCO)B. 现有200ml 0.1mol/L NaClO溶液，100ml 0.1mol/L CH3COONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：C. 向0.1mo
9、l/L NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体：比值减小D. 将AgBr和AgCl的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3浓溶液：产生的AgCl沉淀多于AgBr沉淀二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.下列说法中正确的有 （ ）A“康普顿效应”和“光电效应”说明了光具有波粒二象性B目前的核电站、核潜艇在利用核能时，使核发生的反应均是重核裂变C对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与光的强度有关D“人造太阳”是轻核聚变
10、的一个重要应用之一，它的核反应方程是152019年初，流浪地球的热映激起了人们对天体运动的广泛关注。木星的质量是地球的317.89倍，已知木星的一颗卫星甲的轨道半径和地球的卫星乙的轨道半径相同，且它们均做匀速圆周运动，则下列说法正确的是 ( )A卫星甲的周期可能大于卫星乙的周期B卫星甲的线速度可能小于卫星乙的线速度C卫星甲的向心加速度一定大于卫星乙的向心加速度D卫星甲所受的万有引力一定大于卫星乙所受的万有引力16如图，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间sin53=0.8，cos53=0.
11、6，重力加速度为g。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，平板AP受到的最大压力为F1max, 平板BP受到的最小压力为F2min,则（ ）AF1max = , F2min = mgBF1max =mg , F2min =mgCF1max =, F2min =mgDF1max =mg, F2min = mg17.一质量为m的物体放在倾角为且足够长的光滑固定斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示.其中0x1过程的图线是曲线,x1x2过程的图线是平行于x轴的直线,x2x3过程的图线是倾斜的直线，则下
12、列说法正确的是( )A. 在0x1的过程中，物体向上运动B. 在0x1的过程中，物体的加速度一直增大C. 在x1x2的过程中，物体的速度大小不变D. 在0x3的过程中，物体的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下18如图，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )ABCD 19在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B（均可视为质点）处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落
13、到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则（ ）AA球带正电，B球带负电BA球比B球先落地C在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小20手摇式发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动时，其磁通量随时间按如图所示的正弦规律变化。当线圈的转速变为原来的一半时，正确的有（ ）A交流电压的变化周期变为原来的2倍B穿过线圈的磁通量的最大值变为原来的一半C交流电压的最大值变为原来的一半D交流电压的有效值变为原来的倍21在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如甲图。碰后运动员用冰壶
14、刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的vt图象如乙图中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行。已知两冰壶质量相等，则( )A红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞B碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8 m/sC碰撞后，红、蓝两壹运动的时间之比为1:6D碰撞后，红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为5:4第二部分 （非选择题 共174分 ）本卷包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22(5分）某同学利用图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系。实验中打点计时器电源的频率为50 Hz
15、。（1）实验过程中，某同学发现操作有误，当砝码盘及砝码下降一段时间后，赶紧用手托住砝码盘，小车继续拖着纸带在木板上运动，但没有到达滑轮处。打出的纸带如图乙所示，从纸带上点迹分析，该同学在实验操作中发现的问题可能是_ _ 。（2）图乙中，相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s。则计数点3对应的速度大小是_ m/s ，小车减速运动过程中加速度的大小是_ m/s2。（结果保留两位有效数字）23（10分）某同学想把满偏电流为1.0 mA的电流表A1改装成为双量程电压表，并用改装的电表去测量某电源的电动势和内阻；（1）图甲是测量A1内阻的实验原理图，其中A2量程小于A1，先闭合开关S1，将S2拨向接点a，
16、调节变阻器R2直至A2满偏；（2）保持R2滑片位置不动，将S2拨向接点b，调节R1，直至A2满偏，此时电阻箱旋钮位置如图乙所示，记录数据，断开S1，则可得A1的内阻R1=_；（3）现用此电流表改装成03 V和06 V的双量程电压表，电路如图丙所示，则RB=_；（4）用改装后的电压表的03 V档接在待测电源（内阻较大）两端时，电压表的示数为2.10 V；换用06 V档测量，示数为2.40 V；则电源的电动势E为_V，内阻r为_；若实际改装过程中误将RA和RB位置互换了，则对_（填“03 V”或者“06 V”）量程的使用没有影响；电压表的另一量程正确使用时，电压测量值比真实值_；（填“偏大”、“偏
17、小”）24.（14分）如图，右端带有挡板的长木板B在水平拉力作用下沿水平面向左匀速运动，速度大小为v1=4m/s。某时刻可视为质点的小物块A以v2=10m/s的速度从左端滑上长木板B，同时撤去拉力，小物块A在长木板B上滑动并能与挡板发生碰撞。长木板B水平部分长L=11.375m，小物块A与长木板B间的动摩擦因数为1=0.4，长木板B与水平面间的动摩擦因数2=0.2，小物块A和长木板B的质量之比为1：3，重力加速度g=10m/s2.若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求小物块A从滑上长木板B到与挡板碰撞经历的时间。25(18分）如图甲，足够长的两金属导轨MN、PQ水平平行固定，两导轨电阻不计，且处在竖
18、直向上的磁场中，完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R=1,且长度刚好等于两导轨间距L,两导体棒的间距也为L,开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t=1s时导体棒刚好要滑动。已知L=2m,滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：(1)每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及1s内整个回路中产生的焦耳热；(2)若保持磁场的磁感应强度B=1T不变，用如图丙所示的水平向左的力F拉导体棒a,刚开始一段时间内a做匀加速直线运动，则一根导体棒的质量为多少?从施加力F开始经过多长时间b导体棒开始滑动?(3)在(2)问条件下在拉力作用时间为4s时，求a,b两棒组成的系统
19、的总动量？26（14分）三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：熔点/沸点/其他物理或化学性质PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？_ _ 做出判断并分析原因：_ A中发生反应的方程式：_ （2）装置B的作用是_(填标号)。a.气体除杂 b
20、.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压（3）仪器丙的名称是_ ，实验过程中仪器丁的进水口为_ _口(填“a”或“b”)。（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_ ，该装置中用温度计控制温度为6065 ，原因是_ _。（5）称取16.73 g POCl3样品，配制成100 mL溶液；取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入3.2molL-1的AgNO3溶液10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20 molL-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00 mL(已知：Ag+SCN-=AgSCN)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是_。样品中
21、POCl3的纯度为_。27（14分）某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:已知:煅烧时,Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。(1)煅烧时,Cr2O3发生反应的化学方程式为_。(2)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还可能含有_ (填化学式)。(3)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示:通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是_ 。(4)测定产品中K2Cr
22、2O7含量的方法如下:称取产品试样2.50 g配成250 mL溶液,用移液管取出25.00 mL于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化后,再加入几滴指示剂,用0.1000 molL-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定,重复进行二次实验。(已知Cr2 O72被还原为Cr3+)氧化还原滴定过程中的离子方程式为_ 。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00 mL,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_ _%。已知M(K2Cr2O7)=294 gmol-1,计算结果保留三位有效数字。(5)上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外,还含
23、有一定浓度的Fe3+杂质,可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=310-5 molL-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全?_ (填“是”或“否”)。已知:KspFe(OH)3=4.010-38, KspCr(OH)3=6.010-3128（15分）丙烯是重要的有机化工原料，工业上丙烷脱氢制丙烯的反应如下：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) H1(1)一定温度下，向 10 L 恒容密闭容器中充入 2 mol C3H8 发生反应，经过 10 min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的 1.75 倍。 0 10 min 内丙烯的生成速率 v
24、(C3H6) =_， C3H8 的平衡转化率为_。下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_。A气体密度保持不变 Bc(C3H6)c(H2)/c(C3H8)保持不变C装置内总压器保持不变 DC3H8 分解速率与 C3H6 生成速率相等(2)总压强分别为 p1 和 p2 时，上述反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如下图所示： 压强：p1 _ p2 ； H1_0 (填“”或“5s后，质点b向下运动时，质点c一定向上运动D在7st0，所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，A错误，B正确；设碰撞后，蓝壶经过t s时间停止运动，根据三角形相似法知，解得蓝壶运动时间：=5 s，由图示图线可知，
25、红壶的加速度大小： m/s2，碰撞后红壶的运动时间： s，则碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1:5，C错误；蓝壶的加速度大小： m/s2，由牛顿第二定律得：，解得动摩擦因数：，则红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比：，D正确。22.【答案】（1）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 (2分） （2）0.30 m/s（1分） 0.40 m/s2 (2分） 【解析】（1）由题意知，第5点以后，间距是逐渐减小的，显然小车在做减速直线运动，则小车是未平衡摩擦力或平衡不足；（2）根据匀变速直线运动的推论，则有打下3点的速度m/s，根据匀变速直线运动的推论公式，得：m/s2，则加速度的大小为0.40 m/s2；23.【
26、答案】（2）10.0 (2分） （3）3 000 (2分） （4）2.80 (2分） 1 000 (2分） 06 V (1分） 偏小 (1分） 【解析】（2）A1的内阻等于R1的阻值，R1的阻值为：110+00.1=10.0 ；（3）由欧姆定律知；（4）量程为3 V的内阻；量程为6 V的内阻为；分别接在电源上：，解得：E=2.80 V，r=1 000 ，误将RA和RB位置互换了对于大量程的电压表没有影响，但对小量程3 V的因其内阻大小，则加同样的电压下电流变小，示数变小，则测量值偏小。24. (14分）【答案】1.25s【解析】设小物块A的质量为m，则长木板的质量为3m，当小物块A滑上长木板B
27、后，对长木板B由牛顿第二定律可得， (2分）对小物块A由牛顿第二定律可得， (2分）设长木板速度减为零经历的时间为，位移为s1，则 (2分）， (1分）此时小物块A的速度为， (2分）小物块A的位移为， (2分）当长木板B速度减为零之后，长木板B将静止不动，小物块A仍在摩擦力作用下减速设经历时间发生碰撞，有得：，（舍） (2分）小物块A从滑上长木板B到与挡板碰撞经历的时间。 (1分）25. (18分）【答案】（1）2.0N；2J（2）2kg；1s（3）17Ns【解析】(1)开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化，则回路中电动势 (2分）电路中的电流 (1分）当t=1s时， f=BIL=2.0N
28、(2分）回路中产生的焦耳热 (1分）(2)磁场的磁感应强度保持B=1T不变，在b运动之前，对a棒施加如图丙所示的水平向左的拉力，根据牛顿第二定律 (2分）即得：f+ma=4， (1分）求得a=1.0m/s2 (1分）导棒的质量m=2kg (1分）当导棒a刚好要滑动时， (1分）求得v=lm/s (1分）此时a运动的时间： (1分）(3)当a滑动后的2s内，a、b两棒受到的安培力等大反向，系统受到的水平方向的合外力为拉力与两个滑动摩擦力的合力，根据动量定理有： (2分）解得： (2分）34物理选修3-4（15分）（1）BCE （5分。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3
29、分，最低得分为0分）（2）（10分）解：设发生全反射的临界角为C，由折射定律得： -（1分）代入数据得：C=45 -（1分） 光路图如图所示，由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为60，均发生全反射。设光线在CD边的入射角为，折射角为，由几何关系得=30，小于临界角，-（1分）光线第一次射出棱镜是在CD边，由折射定律得：-（2分）代入数据=45 （1分）OA=2cm，由几何关系可知，AB面的入射点在AB的中点，BC面的入射点在BC的中点， -（2分）=30，所以出射点距C的距离x为： -（2分）石城中学2020届高三年级下学期月考（1）化学答案一、选择题（每小题6分，共42分）题号78
30、910111213答案ACDCDBC9.【答案】D【解析】根据有机物的结构简式，判断出含有的官能团，根据官能团的性质进行分析；【详解】A、根据有机物的结构简式，含有的憎水基团所占比例大，该有机物难溶于水，故A说法正确；B、1mol该有机物含有1mol碳碳双键和1mol酚羟基，1mol该有机物最多消耗3mol Br2(1mol Br2和碳碳双键发生加成反应，2mol Br2和酚羟基的邻、对位发生取代反应)，故B说法正确；C、THC中含有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应，故C说法正确；D、依据电离出H能力COOHH2CO3酚羟基HCO3，含有酚羟基，该有机物能与NaOH、Na2CO3，但不能与
31、NaHCO3发生反应，故D说法错误。10【答案】C【解析】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为S
32、O2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)r(s)r(O)，故A错误；B、SO2能使溴水褪色，发生SO2Br2H2O=2HBrH2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显
33、中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。11.【答案】D【解析】根据装置图，甲池为燃料电池，通甲醇一极为负极，通氧气一极为正极，乙池为电解池装置，石墨连接正极，即石墨一极为阳极，Ag极为阴极，然后根据原电池工作原理、电解原理进行分析；
34、【详解】A、甲池为燃料电池，是将化学能转化成电能，甲池电解质为KOH，CO2与KOH反应生成K2CO3，因此总反应式为2CH3OH3O24KOH=2K2CO36H2O，故A错误；B、甲池中通甲醇一极为负极，Ag与甲池的负极相连，即Ag极为阴极，根据电解原理，Ag极反应式为Cu22e=Cu，Ag极质量增重，故B错误；C、乙池中电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，需要加入CuO，故C错误；D、建立O24e2Cu，氧气的物质的量为=0.0125mol，m(Cu)=0.0125mol264gmol1=1.6g，故D正确。二、填空题（除特殊标注，其余为每空2分，共58分）26（14分）【答案】 (1).
35、 否（1分） 长颈漏斗不能调节滴液速度 （1分） 2H2O2 2H2O+O2（1分） (2). acd (3). 三颈烧瓶（1分） a（1分） (4). 2PCl3+O2=2POCl3 温度过低反应速度过慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低 (5). 指示剂（1分） 91.8%【详解】（1）装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能控制滴液的速度，A中的反应为；（2）装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可以观察到气泡冒出，长颈漏斗可以平衡装置内外气压，起到安全瓶的作用，故答案为acd；（3）根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效率，应该从冷凝管的下口进水；（4
36、）装置C中发生反应的化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3，装置中用温度计控制温度为6065 ，原因是温度过低反应速度过慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低；（5）POCl3水解生成氯离子，通过确定被反应掉的银离子的物质的量可以间接计算出POCl3的含量，硫氰酸钾便是用于滴定溶液中剩余的银离子的浓度的，当三价铁离子和硫氰酸根结合显红色，因此可选择硫酸铁作为指示剂。样品中POCl3的纯度=（3.2x10-0.2x10）x10-3x(153.5/1.673) /3=91.8%27（14分）【答案】(1). 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2 (2). CuSO4(
37、或CuSO4和H2SO4) (3). 低温条件下,K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小 (4). Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O . 49.0 （3分） (5). 是（3分）【详解】（1）根据流程中“水浸”，Cr元素以Na2CrO4形式存在，Na2CrO4中Cr的化合价为6价， Cr2O3中Cr的化合价为+3价，Cr2O3作还原剂，被氧气氧化，根据化合价升降法进行配平，“煅烧”时Cr2O3参加的反应是2Cr2O33O24Na2CO34Na2CrO44CO2；（2）“煅烧”除(1)中反应外，还有Cu2Te2O22Cu
38、OTeO2，沉渣应含有CuO、TeO2以及少量的Au，加入稀硫酸，CuO与稀硫酸反应生成CuSO4，根据题干，Te以TiOsO4形式存在，Au不与稀硫酸反应，即浸出液中含有TeOsO4、CuSO4、H2SO4；（3）Na2Cr2O7溶液加入KCl(s)，得到K2Cr2O7，说明低温下，K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；（4）Cr2O42作氧化剂，把Fe2氧化成Fe3，+6价Cr被还原成Cr3，根据得失电子数目守恒，得出Cr2O726Fe214H=2Cr36Fe37H2O；根据的离子反应方程式得出：K2Cr2O7的纯度=49.0%；（5）Cr
39、(OH)3开始出现沉淀时，溶液中c3(OH)=21026，Fe3沉淀完全，c(Fe3)应小于105molL1，Fe(OH)3沉淀完全时，溶液中c3(OH)=41033， 高温 （每空各1分） 0.0125MPa 该反应是气体分子数增加的反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率 (3). -136.5 kJ/mol【解析】（1）令消耗C3H8的物质的量为xmol，C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) 起始：2 0 0 变化：x x x 平衡：2x x x 利用压强之比等于物质的量之比，得出，x=1.5mol，根
40、据化学反应速率的数学表达式，v(C3H6)=mol/(Lmin)=0.015 mol/(Lmin)；C3H8的转化率为=75%；A、根据，C3H8、C3H6、H2都是气体，即气体质量保持不变，容器为恒容，V保持不变，密度不变，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B、Qc=c(C3H6)c(H2)/c(C3H8)，K=c(C3H6)c(H2)/c(C3H8)，当Qc=K时反应达到平衡，即随着反应进行该比值不再改变，说明反应达到平衡，故B符合题意；C、反应前后气体系数之和不相等，利用压强之比等于物质的量之比，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故C符合题意；D、分解C3H8，生成C3H6，反应
41、都是向正反应方向进行，因此C3H8分解速率与C3H6生成速率相等，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；（2）根据图像，作等温线，增大压强，平衡向逆反应方向进行，C3H8的物质的量增大，物质的量分数增大，即p1p2；根据图像，随着温度升高，C3H8物质的量分数降低，升高温度，平衡向正反应方向进行，即H10；根据符合判据G=H-TS，H0，根据方程式，该反应为熵增，即S0，能够自发进行，G0，即需要在高温下；假设起始时丙烷的物质的量为1mol，根据方程式可知： C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) 起始量（mol） 1 0 0变化量（mol） y y y平衡量 （mol） 1-y y yQ点
42、：丙烷的物质的量分数为50%，则1-y=0.5(1+y)，解得y=1/3，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g) 平衡时的物质的量分数分别为：1/2、1/4、1/4，则Q 点对应温度下该反应的平衡常数 Kp =0.0125MPa，由反应方程式C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)可知，该反应是气体分子数增加反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率；（3）C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g) H2 = +81.7 kJ/mol C2H4(g)+H2(g)C2H6(g) H3C3H8(g) +H2(g)
43、CH4(g)+C2H6(g) H4 = -54.8 kJ/mol根据盖斯定律，-=，则H3=H4-H2 =-54.8 kJ/mol-81.7 kJ/mol=-136.5 kJ/mol。36【答案】 (1). 羰基 （1分） (2). (3). , (4). 消去反应 (5). + （3分） (6). （3分）【解析】根据信息，反应发生还原反应，NO2NH2，即B的结构简式为，反应发生硝化反应，即A的结构简式为，根据M的结构简式，推出反应类型为加聚反应，即G的结构简式为，根据问题（4），推出E的分子式为C6H10O3，按照G的结构简式，推出E的结构简式为，F中含有醇羟基，则反应为加成反应，推出F
44、的结构简式为，反应则发生消去反应；【详解】根据信息，反应发生还原反应，NO2NH2，即B的结构简式为，反应发生硝化反应，即A的结构简式为，根据M的结构简式，推出反应类型为加聚反应，即G的结构简式为，根据问题（4），推出E的分子式为C6H10O3，按照G的结构简式，推出E的结构简式为，F中含有醇羟基，则反应为加成反应，推出F的结构简式为，反应则发生消去反应；（1）根据上述分析，A中含氧官能团是羰基；（2）能与FeCl3发生显色反应，说明酚羟基，H中应含有碳碳双键，核磁共振氢谱有5组峰，说明有5种不同环境的氢，应是对称结构，即结构简式为；（3）根据上述分析，B的结构简式为，G的结构简式为；（4）F
45、G消除OH，引入碳碳双键，即反应的类型为消去反应；（5）反应为加成反应，其反应方程式为+ ；（6）D为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，将乙醛氧化成乙酸，将乙醛与H2发生加成反应生成乙醇，然后乙酸和乙醇发生酯化反应，得到乙酸乙酯，流程图为。【点睛】本题考查有机合成与推断，涉及对有机物结构简式的推断、官能团的转化、反应类型及同分异构体的书写等，解题时注意已知信息和官能团的性质。第（2）小题同分异构体种数的判断是本题难点，能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；H是A的同分异构体，A中含有羰基，因此H中应含有碳碳双键。石城中学2020届高三年级下学期月考（1）生物答案1.答案：A解
46、析：构成细胞膜的分子大多数是运动的,从而决定了整个膜具有一定的流动性,保证了主动运输的顺利进行,最终体现了膜具有选择透过性功能。2. 答案：D解析：种子萌发时细胞代谢加快,结合水/自由水的比值降低,A项错误;人体细胞内,O2从细胞质基质经自由扩散进入线粒体,CO2由线粒体产生,从线粒体经自由扩散进入细胞质基质,所以线粒体内O2/CO2的比值比细胞质基质低,B项错误;动作电位时Na+通道打开,Na+内流,神经纤维膜内K+/Na+的比值比静息电位时低,C项错误;停止供应CO2后,C5与CO2反应减少,C5增多,C5/C3的比值升高,D项正确。 3、答案：B解析：在该动物的睾丸中能同时进行有丝分裂和
47、减数分裂,所以能同时发生过程和过程,A正确;过程结果产生的原因,可能是减数第一次分裂过程中A和a所在的同源染色体未分离,也可能是A和a所在的同源染色体在减数第一次分裂过程中发生交叉互换且正常分离,在减数第二次分裂过程中A和a所在的子染色体未分离,也可能是b基因所在染色体片段缺失,B错误;过程发生了基因重组,过程发生了基因突变,过程产生的变异属于染色体变异,所以过程产生的变异都属于可遗传变异,C正确;只有基因突变能产生新基因,所以与过程相比,过程特有的现象是产生了新基因,D正确。4.答案：D解析：东美鸣角鸮与盲蛇相互选择、协同进化，A正确;在繁殖期，东美鸣角鸮与盲蛇为共生关系，B正确;在盲蛇照看
48、下，东美鸣角鸮雏鸟存活率更高，C正确;捕不到盲蛇，东美鸣角鸮是否会捕某种蟒蛇作为替代，题目中无此信息，D错误。5.答案：D解析：本题考查细胞癌变及细胞分裂。促进癌细胞自杀”的同时没 有损伤正常的细胞，不影响机体健康，A正确；开发靶向药物，只作用于癌细胞，可用于治疗癌症，B正确；某些化疗药物可通过损伤癌细胞的DNA 间接诱导细胞凋亡，达到治疗癌症的目的，C正确；真核细胞分裂的方式包括有丝分裂、无丝分裂和减数分裂三种，癌细胞的分裂方式只有有丝分裂 种，D错误。6.答案：C解析：因为细胞壁的伸缩性小于原生质层,细胞渗透吸水受到限制,而细胞壁伸长后可解除限制,A正确;生长素能调节、影响基因的表达,从而
49、调节代谢过程,B正确;细胞伸长不会使细胞核DNA含量增加,C错误;生长素作用具有两重性,在最适浓度的两侧存在浓度不同而促进作用相同的两种浓度,实验结果可能相同,D正确。29. （每空2分，共12分）(1)tRNA; (2)类囊体薄膜; 【H】; C5(五碳化合物);(3); (4)吸水涨破解析：分析图示：细胞核中的DNA通过转录形成RNA，RNA通过核孔出细胞核，进入细胞质，在核糖体上进行翻译形成小亚基。叶绿体中的DNA通过转录形成RNA，在叶绿体中的核糖体上进行翻译形成大亚基。大亚基和小亚基组合形成酶R，催化二氧化碳的固定形成C3。(1)通过分析可知，细胞核DNA编码小亚基的遗传信息转录到R
50、NA上，RNA通过核孔进入细胞质中，在核糖体上翻译形成小亚基。叶绿体编码大亚基DNA的遗传信息转录到RNA上后，通过翻译过程指导大亚基合成；在翻译过程中，需要一种mRNA为模板，参与运载氨基酸的tRNA最多有61种，故需要RNA种类最多的是tRNA。(2)光合作用过程中合成ATP是在叶绿体的类囊体薄膜上完成。活化的酶R催化CO2固定产生C3化合物(C3-I)，C3-I 还原为三碳糖(C3-II)，需要H作为还原剂。C3的还原的产物除了C3-外，还有C5，因此X为C5（五碳化合物）。(3)外界环境的CO2浓度，直接影响二氧化碳的固定，间接影响C3的还原，进而影响C5的浓度，故符合题意；叶绿体接受
51、的光照强度，直接影响光反应产生的H和ATP，间接影响C3的还原，进而影响C5的浓度，故符合题意；磷酸根离子浓度，直接影响ATP的合成，间接影响C3的还原以及C3-II输出速度，进而影响C5的浓度，故符合题意；故选。(4)光合作用合成的糖类，如以大量可溶性糖的形式存在，则可能使叶绿体内溶液的浓度升高，渗透压增大，进而导致叶绿体吸水涨破。30. （除特殊标注外，每空1分，共10分）（1）.K值（环境最大容纳量）; 生物; 化学; （2）.CO2; 物质循环具有全球性（3）.食虫鸟呼吸作用中以热能形式散失; 食虫鸟遗体残骸中的能量和猫头鹰粪便中的能量（2分）（4）.600 KJ（不填写单位不给分，共
52、2分）31. （除特殊标注外，每空1分，共10分）（1）.种群； （2）.物种； 由于交配的同体色偏好，造成两品系果蝇之间发生生殖隔离现象（3）.地理隔离； 食物的差异与自然选择（缺一不可,2分）； 基因频率向不同方向（4）.甲； 45.5（2分）解析：（1）.第一期时，甲箱和乙箱中的果蝇分属于两个种群。（2）.由题意知，经过八代或更长时间之后再混养时，果蝇的交配择偶出现明显的同体色选择偏好，造成两品系果蝇之间可能产生了生殖隔离， 形成两个物种，因此，甲、乙品系果蝇之间的差异可能体现了物种多样性。（3）.由于两箱分养造成地理隔离，不同种群间不能进行基因交流，当两箱中果蝇发生变异后，由于食物的差
53、异与自然选择的方向不同，导致基因频率向不同方向变化，形成两个群体体色的差异。（4）.分析甲箱和乙箱的果蝇数量可知，甲的种群数量大，因此甲箱果蝇的种群基因库大；由表格中信息可知，甲箱中，E的基因频率为65%，则e的基因频率为35%，因此该等位基因杂合体出现的频率是265%35%=45.5%。32. （除特殊标注外，每空1分，共9分）（1）.ST含量的增加能使GH含量下降（2分）; （2）. 不切除性腺（不做处理）; 每只家兔血液中ST和GH的浓度 （4）. 适量ST溶液 ; 等量生理盐水（无“等量”不给分）; 下降; 切除性腺 (阉割）（2分）38、（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）.限
54、制酶; 基因重组; （2）.农杆菌转化法; 抗除草剂基因和目的基因在同一个质粒上（3）.抗除草剂基因可能转移到杂草中; 抗除草剂基因前没有了启动子（4）.C（3分）解析：（1）.限制酶能够识别双链分子的某种特定核苷酸序列,并且使每一条链中特定部位的两个核苷酸之间的磷酸二酯键断裂, 酶能特异性地识别此序列并在箭头处切开,其功能类似于基因工程中的限制酶.从遗传学角度分析, 酶改变质粒产生的结果相当于可遗传变异中的基因重组。（2）.将重组质粒导入到植物细胞中的方法有:农杆菌转化法、基因枪法、花粉管通道法,其中最常用的方法是农杆菌转化法,由于抗除草剂基因和目的基因在同一个质粒上,故抗除草剂基因可以用于检测目的基因是否导入成功。（3）.经检测成功后,抗除草剂基因已没有用途,继续留在植物体内可能会造成的安全问题是抗除草剂基因可能转移到杂草中,经酶处理后,质粒中的两个序列分别被切开后,可得到如上图右侧的这两个分子,基因表达载体的组成包括:目的基因、启动子、终止子、标记基因.由于抗除草剂基因前没有了启动子的原因,因此抗除草剂基因不再表达,之后会在培养过程中消失。（4）. 序列是有方向性的.据图分析,如果经酶处理后,发现抗除草剂基因反向连接在质粒一上,则原来质粒一中这两个序列的方向是一个正向一个反向。